浙江省杭州市西湖区2025-2026学年高一化学上学期12月月考试题含解析

考生须知：

1．本试题卷共6页，满分100分，考试时间90分钟。

2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号。

3．所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效。

4．考试结束后，只需上交答题卷。

可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Al-27Cl-35.5Fe-56

选择题部分

一、选择题：本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目

要求的，不选、多选、错选均不得分。

1.我国很多珍贵文物都记载着中华文明的灿烂成就，下列文物主要由合金材料制成的是

A．曜变天目茶碗B．甲骨文

C．千里江山图D．三星堆青铜面具

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【详解】A．曜变天目茶碗是陶瓷，属于硅酸盐制品，是无机非金属材料，A不符合题意；

B．甲骨文是在骨骼上书写文字，骨骼的主要成分包括有机物和无机物，不属于金属材料，B不符合题意；

C．千里江山图的制作材料是纸张，纸张主要成分是纤维素，属于有机物，不属于金属材料，C不符合题意；

D．三星堆青铜面具是铜合金，主要由合金材料制成，D符合题意；

故选D。

1

2.化学与生活密切相关，下列关于化学与生活的说法不．正．确．的是

A.小苏打的化学成分为碳酸氢钠，可用于治疗胃酸过多和作发酵粉

B.“火树银花”中的焰火，实质上是金属元素的焰色反应

C.维生素C可用作食品抗氧化剂，是由于其具有还原性易被氧化

D.食品包装袋中常有一小包铁粉，其主要作用是为了干燥食品

【答案】D

【解析】

【详解】A．小苏打为碳酸氢钠，碳酸氢钠可与酸反应，治疗胃酸过多，此外，碳酸氢钠受热分解产生二氧

化碳使面团蓬松，可用作发酵粉，A正确；

B．焰色反应是某些金属的特征性质，不同金属的焰色反应不同，“火树银花”中的焰火实质上是金属元素

的焰色反应的体现，B正确；

C．维生素C具有还原性，可作为抗氧化剂，通过自身被氧化来阻止食品氧化，C正确；

D．铁粉用于吸收氧气，防止食品被氧化，而不是干燥，D错误；

故答案为D。

3.胶体的分散质粒子直径介于溶液和浊液之间，下列关于胶体的说法不．正．确．的是

A.与氢氧化铁胶体制备实验有关的实验室安全图标为：

B.古人利用明矾净水，利用的是胶体粒子具有较强的吸附性

C.肾病患者在医院进行的透析治疗，与胶体粒子的直径大小有关

D.胶体会产生明显的丁达尔效应与胶体粒子对光的反射作用有关

【答案】D

【解析】

【详解】A．制备氢氧化铁胶体的方法为向沸水中加入氯化铁溶液，实验需要加热煮沸，则相关的安全图标

有，A正确；

B．明矾溶于水后电离出的Al3水解生成氢氧化铝胶体，该胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮杂质而沉降，

从而达到净水的目的，B正确；

C．血液是一种胶体，透析治疗是利用半透膜将血液中的尿素等小分子杂质分离出去，而血细胞、蛋白质等

胶体粒子不能通过，其原理与胶体粒子的直径大小有关，C正确；

D．丁达尔效应是胶体粒子对光的散射，D错误；

故答案为D。

2

4.下列说法不．正．确．的是

A.16O和18O含有相同的电子数B.14C和14N是两种不同的核素

3537

C.Cl2和Cl2互为同位素D.C60和石墨互为同素异形体

【答案】C

【解析】

【详解】A．原子的电子数等于质子数，16O和18O是同种元素，含有相同的质子数和电子数，A正确；

B．14C和14N质子数、中子数都不一样，是两种不同的核素，B正确；

3537

C．Cl2和Cl2是单质，同位素指的是元素，C错误；

D．C60和石墨是同种元素形成的结构不一样的单质，互为同素异形体，D正确；

故选C。

5.下列关于一定物质的量浓度溶液配制说法正确的是

A.配制1mol/L的NaCl溶液60mL，配制时应用分析天平称取3.51gNaCl

B.标况下，将22.4LHCl溶于1L水中，所得盐酸溶液物质的量浓度为1mol/L

C.容量瓶使用前洗涤后没有干燥直接用于溶液配制，会导致溶液浓度偏低

D.配制1mol/L的NaOH溶液，若未冷却至室温便转移定容溶液，会导致NaOH溶液浓度偏大

【答案】D

【解析】

【详解】A．配制1mol/LNaCl溶液60mL，需用100mL容量瓶配制，计算时也需要用100mL进行计算，

ncV1mol/L0.1L0.1mol，mnM0.1mol58.5g/mol5.85g，A错误；

B．标况下22.4LHCl为1mol，溶于1L水后溶液体积大于1L（因溶质加入导致体积膨胀），浓度小于1

mol/L，B错误；

C．容量瓶洗涤后未干燥，定容时加水至刻度线，溶液体积准确，浓度不变，C错误；

D．配制NaOH溶液时未冷却至室温便定容，因溶液热胀冷缩，冷却后体积缩小，溶质量不变，导致浓度偏

大，D正确；

故答案选D。

6.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不．正．确．的是

A.0.5mol/L的NaOH溶液中含有的Na数目为0.5NA

B.将4.6g钠用铝箔包裹并刺小孔，与足量水充分反应生成H2分子数一定大于0.1NA

C.常温常压下，28gN2和CO的混合气体中含有的原子数为2NA

3

D.1molNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移的电子数为NA

【答案】A

【解析】

【详解】A．未给出溶液体积，无法确定Na数目，A错误；

B．4.6g钠（0.2mol）与水反应生成0.1molH2，但铝箔与生成的NaOH反应产生额外H2，总H2分子

数大于0.1NA，B正确；

C．N2和CO摩尔质量均为28g/mol，28g混合气体为1mol，每个分子含2个原子，原子总数为2NA，C

正确；

D．钠在反应中均失去1个电子，1molNa转移1mol电子，电子数为NA，D正确；

故选A。

7.在容积相同的三个容器里分别充入三种气体：①氢气②二氧化碳③氧气，并保持三个容器内气体的温度

和压强均相等，下列说法正．确．的是

A.密度关系：①＞③＞②B.质量关系：①＜②＜③

C.分子数目：①=②=③D.原子数目：②＞③＞①

【答案】C

【解析】

【分析】由阿伏伽德罗定律可知，三种气体，体积相同，温度和压强均相等，则三种气体的物质的量相同。

【详解】A．由阿伏伽德罗定律的推论pM=RT可知，温度、压强相同时，密度与摩尔质量成正比，氢气、

二氧化碳、氧气的摩尔质量分别为2g/mol、44g/mol、32g/mol，则密度应为②＞③＞①，A错误；

B．m=nM，当三种气体物质的量相同时，质量与摩尔质量成正比，氢气、二氧化碳、氧气的摩尔质量分

别为2g/mol、44g/mol、32g/mol，则质量应为②＞③＞①，B错误；

C．由阿伏伽德罗定律可知，同温同压同体积下，气体分子数目相等，C正确；

D．三种气体物质的量均相同，1个氢气、氧气分子均由2个原子构成，1个二氧化碳分子均由3个原子构

成，则原子数目为：②＞③=①，D错误；

故选C。

8.雌黄的主要成分为As2S3，是一种古代的颜料。研究发现雌黄As2S3在潮湿空气中，不同光照条件下

发生如下两种化学反应，下列说法中正确的是

4

A.反应Ⅰ中，氧化性：As2S3O2

B.反应Ⅱ中，As元素被氧化，S元素被还原

C.等质量的As2S3分别发生反应Ⅰ和Ⅱ，消耗O2的量：反应Ⅰ>反应Ⅱ

D.反应Ⅰ和反应Ⅱ中均有H2O参与反应

【答案】D

【解析】

紫外光

【分析】由图可知反应I：，反应II：

2As2S36O23H2O2As2O33H2S2O3

自然光

。

2As2S314O212H2O4H3AsO46H2SO4

【详解】A．反应I中O2是氧化剂，其氧化性强于还原剂As2S3，故氧化性：O2>As2S3，A错误；

B．反应Ⅱ中As由+3价升高为+5价，故As元素被氧化，S元素由-2价升高为+6价，故S元素被氧化，B

错误；

C．按照方程式，若都是2molAs2S3分别发生反应Ⅰ和Ⅱ，反应I消耗6mol，反应II消耗14mol，故消

耗的量反应I<反应Ⅱ，C错误；

D．根据分析可知反应Ⅰ和反应Ⅱ中均有H2O参与反应，D正确；

故选D。

9.下列离子方程式的书写正确的是

A.大理石与醋酸反应：2

CaCO32HCaCO2H2O

B.用KSCN检验3：3

FeFe3SCNFe(SCN)3

C.少量二氧化碳与足量氢氧化钠反应：

CO2OHHCO3

D.金属铝溶于NaOH溶液：

2Al2OH6H2O2Al(OH)43H2

【答案】D

【解析】

+

【详解】A．醋酸是弱酸，在离子方程式中应写成分子形式CH3COOH，不能写成H，正确的离子方程式为：

5

2，A错误；

CaCO32CH3COOHCa2CH3COOCO2H2O

B．用KSCN检验Fe3+，Fe3+与SCN-反应生成血红色络合物，该反应为可逆反应，应使用可逆符号“⇌”，正

确的离子方程式为：3，B错误；

Fe3SCNFe(SCN)3

C．少量CO与足量OH-反应生成2，离子方程式为：2，选项中的方程式产

2CO3CO22OHCO3H2O

物为，C错误；

HCO3

D．铝与NaOH溶液反应生成[Al(OH)]-和H，离子方程式书

422Al2OH6H2O2Al(OH)43H2

写正确，符合铝与强碱反应的原理，D正确；

故答案选D。

10.下列装置能达到实验目的且操作正确的是

A.图甲：验证干燥的氯气没有漂白性

B.图乙：用玻璃棒搅拌加快制备胶体反应速率

FeOH3

C.图丙：检验试样中含有钾元素

D.图丁：验证钠与水的反应是否为放热反应

【答案】D

【解析】

【详解】A．鲜花中含有的水分能与氯气反应生成盐酸和具有强氧化性的次氯酸，次氯酸能使鲜花褪色，则

图甲不能达到验证干燥的氯气没有漂白性的实验目的，故A错误；

B．制备氢氧化铁胶体时，应将饱和氯化铁溶液滴入沸腾的蒸馏水中，且不能搅拌，否则会生成氢氧化铁沉

淀，故B错误；

C．观察钾元素的焰色需透过蓝色的钴玻璃片，故C错误；

D．钠与水的反应会放出热量，使具支试管内的压强增大，气体膨胀，从而导致U型管中红墨水呈现左低右

高的变化，该装置能达到实验目的且操作正确，故D正确；

故选D。

6

11.1869年俄国化学家门捷列夫制作出了第一张元素周期表，揭示了化学元素间的内在联系，成为化学发

展史上重要里程碑之一。下列有关元素周期表的说法正确的是

A.元素周期表有7个横行、18个纵列，共有7个周期、18个族

B.副族完全由长周期元素构成且均为金属元素

C.39号元素位于元素周期表中第五周期ⅠB族

D.第ⅠA族的元素为碱金属元素

【答案】B

【解析】

【详解】A．元素周期表有7个横行（周期）和18个纵列，但共有16个族（7个主族、7个副族、1个第

VIII族、1个0族），不是18个族，A错误；

B．副族元素均位于第四周期及以后的长周期中，且所有副族元素均为金属元素，B正确；

C．39号元素为钇（Y），位于第五周期第3列（IIIB族），不是IB族（IB族为第11列，如银47号），C错

误；

D．第IA族包括氢（非金属）和碱金属（锂、钠等），氢不是碱金属，因此第IA族元素不全是碱金属元素，

D错误；

故答案选B。

12.短周期主族元素X、Y、Z、W、N的原子序数依次增大，X与W同主族，且X、N的原子序数之和等于Y

与Z的原子序数之和，元素X与Y能组成两种阴、阳离子个数比一致的常见化合物Y2X和Y2X2，下列说

法正确的是

A.简单离子半径：Y>X

B.简单氢化物的稳定性：W>X

C.氧化物对应水化物的酸性：N>W

D.Z的氧化物可以与Y的最高价氧化物对应水化物的溶液反应

【答案】D

【解析】

【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W、N的原子序数依次增大，元素X与Y能组成两种阴、阳离子个数比

一致的常见化合物Y2X(Na2O)和Y2X2(Na2O2)故X为O、Y为Na；X与W同主族，W为S；故N为Cl；

X、N的原子序数之和等于Y与Z的原子序数之和，则有8+17=11+Z，Z的原子序数为14，Z为Si。

【详解】A．Y为钠，X为氧，O的质子数小于Na，O2半径大于Na，简单离子半径：Y<X，A错误；

B．W为硫，X为氧，非金属性越强其氢化物的稳定性越强，O非金属性大于S，故H2O稳定性强于H2S，

7

故W<X，B错误；

C．最高价氧化物对应水化物的酸性与非金属性一致，题目未说明最高价对应的酸的种类繁多，不能比较酸

性，C错误；

D．Z为硅，Y为钠，SiO2与NaOH反应生成硅酸钠和水，Z的氧化物可以与Y的最高价氧化物对应水化物的

溶液反应，D正确；

故选D。

2

13.工业上用生物法处理H2S的原理如图1所示，以硫杆菌作催化剂时，反应温度及溶液pH对Fe氧化

速率的影响分别如图2、图3所示，下列说法不正确的是

A.上述总反应方程式为：，是该反应的催化剂

2H2SO22S2H2OFeSO4

B.当反应温度过高时，Fe2氧化速率下降的原因可能是硫杆菌失去活性

C.由图1、图2可得出结论：使用硫杆菌作催化剂的最佳条件为30℃、pH2.0

D.当反应1中转移0.1mol电子时，反应1中消耗的H2S在标准状况下的体积为1.12L

【答案】A

【解析】

【详解】A．根据催化循环图，总反应的反应物为H2S和O2，生成物为S，配平反应方程式为

，先与反应被还原为，再被氧化得到

2H2SO22S2H2OFe2(SO4)3H2SFeSO4FeSO4O2

Fe2(SO4)3，因此Fe2(SO4)3才是该反应的催化剂，A错误；

B．温度过高，能使蛋白质变性，催化剂的活性降低，因此当反应温度过高时，Fe2+氧化速率下降的原因可

能是硫杆菌失去活性，B正确；

C．根据图像可知，催化剂活性最大的最佳条件是30℃，pH=2.0左右，C正确；

D．反应1中，消耗1molH2S，转移电子物质的量为2mol，因此转移0.1mol电子时，消耗硫化氢0.05mol，

在标准状况下体积为1.12L，D正确；

故答案选A。

8

14.在不同条件下，当KMnO4与KI按照反应①②的化学计量比恰好反应，结果如下。

KIKMnO4

反应序号起始酸碱性还原产物氧化产物

物质的量/mol物质的量/mol

①酸性0.01a2

MnI2

②中性0.02

20aMnO2IOx

已知：i．溶液的酸性越强，pH越小，溶液的碱性越强，pH越大。ii．MnO4的氧化性随着酸性减弱而

减弱。下列说法不．正．确．的是

A.对比反应①和②，x1

2+

B.反应①，nMn:nI2=2:5

C.随着反应进行，体系①②的pH都增大

D.对比反应①和②，可得出结论：I在pH较高时易被氧化成高价态

【答案】A

【解析】

【详解】A．根据反应①离子方程式：--+2+，可得关系式--，

2MnO4+10I+16H=2Mn+5I2+8H2O2MnO4~10I

可以求得a=0.002。则反应②的n-:n-0.02:(200.002)1:2，反应②中Mn元素的化合价由+7价

(I)(MnO4)

降至+4价，根据得失电子守恒，产物中I元素的化合价为+5价，根据离子所带电荷数等于正负化合价的代

数和知x=3，A错误；

--+2+

B．反应①离子方程式：，可得关系式n2+:n=2:5，B正确；

2MnO4+10I+16H=2Mn+5I2+8H2OMnI2

C．根据反应①离子方程式：--+2+，消耗+故随着反应进行，体系的

2MnO4+10I+16H=2Mn+5I2+8H2OHpH

增大；根据反应②离子方程式：--，生成-故随着反应进行，体

2MnO4+I+H2O=2MnO2+IO3+2OHOH

系的pH增大。C正确；

0+5

D．根据表格中的信息，酸性时被氧化为，中性时被氧化为-，可得出结论：在pH较高时易

II2IIO3I

被氧化成高价态，D正确。

故选A。

9

15.以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工

艺流程如图，下列叙述错误的是（）

A.烧渣分离可以选择用磁铁将烧渣中的Fe3O4分离出来

B.隔绝空气焙烧时理论上反应消耗的n(FeS2)∶n(Fe2O3)=1∶5

C.向滤液中通入过量CO2、过滤、洗涤、灼烧沉淀可制得Al2O3

D.加入CaO可以减少SO2的排放同时生成建筑材料CaSO4

【答案】B

【解析】

【分析】由流程可知，高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2)为原料，通入空气焙烧时，

因为含有少量FeS2，会产生二氧化硫，加入氧化钙达到吸收二氧化硫的目的，防止二氧化硫排放污染空气，

焙烧产物经过氢氧化钠溶液碱浸，三氧化二铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，过滤后，滤液中通入过量二

氧化碳，偏铝酸根与二氧化碳、水反应生成氢氧化铝沉淀，洗涤后灼烧氢氧化铝即可生产三氧化二铝；碱

浸过程中，三氧化二铁不与氢氧化钠反应，过滤后留在滤渣中，加入FeS2与三氧化二铁在隔绝空气的条件

下反应生成二氧化硫和四氧化三铁，利用四氧化三铁的磁性实现其与烧渣的分离。据此分析解答。

【详解】A．Fe3O4有磁性，可以用磁铁将Fe3O4从烧渣中分离出来，故A正确；

B．隔绝空气焙烧，FeS2与Fe2O3反应，生成SO2和Fe3O4，反应方程式为：FeS2+16Fe2O311Fe3O4+2SO2↑，

由方程式可知n(FeS2)∶n(Fe2O3)=1∶16，故B错误；

---

C．滤液中含有AlO2，通入过量CO2，发生反应：AlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3，生成Al(OH)3沉淀，经过

过滤、洗涤后得到Al(OH)3，再灼烧Al(OH)3，反应为：2Al(OH)3+3H2O，即可制得Al2O3，故C正确；

D．铝土矿中含有FeS2，FeS2焙烧生成SO2，CaO与SO2、O2反应：2CaO+2SO2+O2=2CaSO4，CaSO4可用于建筑材

料，故D正确；

故选B。

【点睛】了解制备氧化铝并获得Fe3O4的工艺流程是解题的关键。本题的易错点为D，要注意CaO与SO2反应

生成的亚硫酸钙能够被空气中的氧气氧化。

16.下列实验目的、操作、现象及结论合理的是

选实验目的实验操作现象及结论

10

项

检验CO还原

取反应后的固体溶于稀盐若溶液变红色，则还原产物中含

AFe2O3的生成物中

酸，滴加KSCN溶液有Fe3O4

是否含有Fe3O4

向含0.lmol的FeI2溶液中

检验Fe2与I的溶液变蓝色，说明还原性：

B通入，再滴加淀

0.1molCl22

还原性强弱IFe

粉溶液，观察现象

检验FeCl3溶液若紫红色褪去，则溶液中含有

向溶液中滴加酸性KMnO4

C

2

中是否含有Fe2溶液Fe

是两性向溶液中逐滴加先出现白色沉淀，后沉淀溶解，

Al(OH)3Al2SO43

D

则具有两性

氢氧化物入NaOH溶液至过量Al(OH)3

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

3+

【详解】A．若有未反应的Fe2O3存在，溶于稀盐酸也会产生Fe使溶液变红，无法确定是否含有Fe3O4，A

错误；

B．无论还原性顺序如何（2或2），通入0.1mol后，均会被氧化生成使淀粉溶液

IFeFeICl2II2

变蓝，无法据此判断Fe2与I的还原性强弱，B错误；

-2

C．FeCl3溶液中的Cl也能被酸性KMnO4氧化导致褪色，不能证明含有Fe，C错误；

D．现象先产生白色沉淀（Al(OH)），后Al(OH)与NaOH反应生成，表现出酸性，结合

33AlOH4

其作为氢氧化物能与酸反应的通性，说明Al(OH)3既能与酸反应又能与碱反应，具有两性，D正确；

故答案选D。

非选择题部分

二、非选择题(本大题共4小题，共52分)。

11

17.氯元素是高中阶段物质及其性质学习最重要的元素之一，与氯同一主族的元素性质具有相似性和递变

性，称为卤族元素。请回答：

（1）卤族元素从上到下，原子半径逐渐_______(填“增大”或者“减小”)。

（2）非金属性：F_______Cl(填“>”、“<”或“=”)；写出一种支持上述结论的事实证据_______；从微

观的原子结构角度说明：_______。

（3）写出工业制漂白粉原理的离子方程式_______。

（4）氯化氢极易溶于水，若在标准状况下，用干燥烧瓶收集一瓶氯化氢气体倒置于盛有足量水的水槽中时，

水可以充满烧瓶(假设烧瓶里溶液不扩散出水槽)，烧瓶里盐酸的密度为gcm3。该盐酸的物质的量浓度

为_______mol/L，溶质的质量分数为_______%(用含的代数式表示)

（5）ClO2是一种高效消毒剂，工业制备ClO2的反应为：

，请用单线桥表示该反应的电子转移情况____。

2NaClO3+4HCl=2ClO2+Cl2+2H2O+2NaCl

【答案】（1）增大（2）①.>②.F2与H2在暗处即可剧烈反应，而Cl2与H2需要光照或点燃才

能反应，说明F的非金属性更强③.F和Cl的最外层电子数均为7，但F的原子半径更小，对最外层

电子的吸引力更强，更容易获得电子，因此F的非金属性更强

（3）2

Cl2Ca(OH)2CaClOClH2O

136.5

（4）①.②.

22.4224

（5）

【解析】

【小问1详解】

根据原子半径的变化规律，同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大，故卤族元素从上到下，原子半径逐

渐增大。

【小问2详解】

根据元素周期律，同主族元素从上到下，非金属性逐渐减弱。F位于Cl的上方，因此F的非金属性强于Cl；

支持这一结论的事实证据可以是：F2与H2在暗处即可剧烈反应，而Cl2与H2需要光照或点燃才能反应，说明

F的非金属性更强。从微观角度分析，F和Cl的最外层电子数均为7，但F的原子半径更小，对最外层电子

的吸引力更强，更容易获得电子，因此F的非金属性更强。

【小问3详解】

12

工业制漂白粉是通过将Cl2通入石灰乳中反应生成Ca(ClO)2和CaCl2。反应方程式为：

2Cl22Ca(OH)2Ca(ClO)2CaCl22H2O，将其转化为离子方程式：

2。

Cl2Ca(OH)2CaClOClH2O

【小问4详解】

11

设烧瓶的体积为1L，则氯化氢的物质的量为mol，盐酸体积为1L，盐酸的物质的量浓度c=mol/L；

22.422.4

36.5

溶液质量分数36.5；

ω=22.4100%=%

1000ρ224ρ

【小问5详解】

在反应中，NaClO3中+5价的氯降低到ClO2中的+4价，2molNaClO3转移2mol电子，盐酸中的-1价氯升高

到氯气中的0价，生成1mol氯气转移2mol电子，用单线桥表示电子转移情况为：

。

18.绿矾矿石的主要成分为FeSO47H2O，FeSO4也是中学化学常用试剂，可用于治疗缺铁性贫血症。

（1）实验室配制的FeSO4溶液需防止硫酸亚铁因被氧化而变质，常采用的措施是____(填一种)。

（2）请设计实验方案探究久置的绿矾溶液中铁元素的存在形式_______。

（3）以为原料可制备碱式硫酸铁Fe(OH)SO、铁红、硫酸亚铁铵晶体

FeSO44245

[，俗名为摩尔盐]，转化关系如图所示。

NH42FeSO42·6H2O

①制备时，若pH过高会导致碱式硫酸铁的产率偏低，其原因是_______。

Fe4(OH)2SO45

②制备FeCO3时，向FeSO4溶液中加入过量的NH4HCO3溶液，有气体生成，该反应的离子方程式为

_______；FeCO3在空气中煅烧生成铁红的化学方程式为_______。

13

③实验室制备摩尔盐，是将溶液和溶液混合后冷。却结晶，试从溶液中离子反应发生

FeSO4NH42SO4

的条件角度分析，反应能生成晶体的原因：_______。

NH42FeSO426H2O

（4）摩尔盐的杂质主要为Fe3，某兴趣小组通过查阅文献，最终使用比色法测定产品中Fe3杂质的含量。

资料显示：吸光度与溶液中有色离子的浓度成正比，溶液中Fe3的浓度与吸光度的关系如下图所示：

该兴趣小组取所得产品摩尔盐晶体m克，配制产品溶液100mL，取10mL溶液产品溶液测定其吸光度为0.5，

则该兴趣小组所得产品含Fe3的质量分数为_______%(用含m的代数式表示)。

【答案】（1）加适量铁粉

（2）取少量久置的绿矾溶液分成两份，其中一份滴加一至两滴KSCN溶液，若溶液变为血红色，说明含有

Fe3+；另外一份样品中滴加一至两滴酸性高锰酸钾溶液，若紫色褪去，说明含有Fe2+

（3）①.部分3转化为沉淀②.2③.

FeFe(OH)3Fe2HCO3FeCO3CO2H2O

煅烧

4FeCOO2FeO4CO④.在相同温度下，(或者摩尔盐)的

32232NH42FeSO426H2O

溶解度最小，降温结晶，沉淀析出，符合反应发生的条件

2

（4）710

m

【解析】

【分析】以FeSO4为原料可制备碱式硫酸铁、铁红、硫酸亚铁铵；制备碱式硫酸铁时，使用H2O2作为氧化剂，

通过调节pH生成，若pH过高部分铁离子转化为Fe(OH)，会导致碱式硫酸铁的产率偏低；

Fe4(OH)2SO453

NH4HCO3不稳定，溶液中与亚铁离子反应生成碳酸亚铁和二氧化碳；碳酸亚铁加热分解生成Fe2O3；FeSO4和

(NH4)2SO4混合，冷却结晶得到(NH4)2Fe(SO4)2；经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品。

14

【小问1详解】

FeSO4易被氧气氧化为Fe2(SO4)3，可加适量铁粉将Fe2(SO4)3还原为FeSO4，故实验室配制FeSO4溶

液铁变质，常采用的措施是：加适量铁粉；

【小问2详解】

取少量久置的绿矾溶液分成两份，其中一份滴加一至两滴KSCN溶液，若溶液变为血红色，说明含有Fe3+；

另外一份样品中滴加一至两滴酸性高锰酸钾溶液，若紫色褪去，说明含有Fe2+。

【小问3详解】

①根据分析，制备时，若pH过高会导致碱式硫酸铁的产率偏低，其原因是：部分3转

Fe4(OH)2SO45Fe

化为Fe(OH)3沉淀；

②制备FeCO3时，向FeSO4溶液中加入过量的NH4HCO3溶液，有气体生成，该反应的离子方程式为：

2；在空气中煅烧生成铁红的化学方程式为：

Fe2HCO3FeCO3CO2H2OFeCO3

煅烧

4FeCO3O22Fe2O34CO2；

③制备摩尔盐时，冷却结晶能生成晶体的原因：在相同温度下，

NH42FeSO426H2O

(或者摩尔盐)的溶解度最小，降温结晶，沉淀析出，符合反应发生的条件；

NH42FeSO426H2O

【小问4详解】

由图可知，吸光度为0.5时，Fe3+的浓度为7mg/L，故产品中含Fe3+的质量为：0.007g/L0.1L=0.0007g，

71047102

Fe3的质量分数为：或%。

mm

19.氯化铝固体易升华，在183℃时即可发生升华。无水AlCl3遇潮湿空气即产生大量白雾。实验室可通过

如图所示装置制备无水AlCl3。

Ⅰ请回答：

.

15

（1）装置a中发生反应的化学方程式为_______。

（2）装置b、c中试剂分别为_______、_______。

（3）直接用e收集产物而不是用导管连接d、e的优点是_______。某同学提出也可将装置c替换为装置h，

作用是_______。

Ⅱ.某兴趣小组同学认为实验室一包铝粉中可能混有少量AlCl3，为测定铝粉的纯度，设计了如下装置：

（4）①下列说法正确的是_______。

A.装置甲的名称为球形干燥管

B装置乙应接一个尾气处理装置

.

C.分液漏斗中的稀硫酸可以用水替代

D.胶管X的作用为平衡气压，使液体顺利流下；也可减少滴入液体的体积对实验准确性的影响

②下列操作正确的排序为_______。

a.调整量气管乙中液面高度至甲、乙相平，读数V2mL

b.打开旋塞至滴加完所有液体，立即关闭旋塞

c.称取产品ag加入圆底烧瓶并记录量气管乙起始体积读数V1mL

d.在分液漏斗中加入过量的稀硫酸10mL

e.冷却至室温

f.检查装置气密性

、

③反应条件下的气体摩尔体积为VmL/mol，利用②中所测的数据，计算该铝粉的纯度为_______(用含VmV1、

、

V2a的代数式表示)。

【答案】（1）浓

CaClO24HCl2Cl2CaCl22H2O

（2）①.饱和食盐水②.浓硫酸

（3）①.防止堵塞②.监测实验进行时是否发生堵塞

16

18VV

（4）①.AD②.fcdbea③.21100%

1000aVm

【解析】

【分析】I：a是制备氯气的装置，发生的反应为：浓，杂

CaClO24HCl2Cl2CaCl22H2O

质为HCl和H2O因为无水AlCl3遇潮湿空气即产生大量白雾，所以装置b、c、f中分别是饱和食盐水、浓

硫酸、浓硫酸，装置g中是氢氧化钠溶液，用于尾气处理；II：ag固体中的铝和稀硫酸反应产生H2，利

用H2排出来的水的体积确定H2的体积，从而确定铝粉的含量，据此分析解答。

【小问1详解】

由分析可知，装置a中发生反应的化学方程式为：浓；

CaClO24HCl2Cl2CaCl22H2O

【小问2详解】

由分析可知，装置b、c中试剂分别为：饱和食盐水、浓硫酸；

【小问3详解】

氯化铝固体易升华，在183℃时即可发生升华，所以直接用e收集产物而不是用导管连接d、e的优点是：

防止堵塞；若将装置c替换为装置h，作用是：可以通过观察漏斗中液面是否上升来判断是否堵塞；

【小问4详解】

①A．装置甲的名称为